2025-2026学年云南省部分学校高二（上）联考数学试卷（8月份）（含解析）

这是一份2025-2026学年云南省部分学校高二（上）联考数学试卷（8月份）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={−1,0,1,3}，B={x|−10)的最小正周期为π．
(1)求f(x)的单调递减区间；
(2)将f(x)的图象向左平移φ(01，
可得2(a−1)+2a−1≥2 2(a−1)×2a−1=4，
当且仅当2(a−1)=2a−1，即a=2时，等号成立，所以2a+b的最小值为132，故D错误．
故选：AB．
对于A：根据题意可得a=2b+32b−1>0，b=a+32a−2>0，运算求解即可；对于BCD：根据题意结合基本不等式分析判断，注意等号成立的条件．
本题主要考查了基本不等式及相关结论在最值求解中的应用，属于中档题．
12.【答案】−3
【解析】解：由已知可得m−n=(a+1,−1)，
因为(m−n)⊥n，所以(m−n)⋅n=−(a+1)−2=0，
所以−a−3=0，解得a=−3．
故答案为：−3．
结合向量坐标运算的减法和数量积运算法则列方程即可得解．
本题考查两向量垂直的坐标表示，属于基础题．
13.【答案】(−4,1)
【解析】解：函数f(x−1)的定义域为(−2,3)，
由x∈(−2,3)，得x−1∈(−3,2)，
所以f(x)的定义域为(−3,2)，
令x+1∈(−3,2)，得x∈(−4,1)，
故所求定义域为(−4,1)．
故答案为：(−4,1)．
根据抽象函数求定义域的方法求解即可．
本题主要考查抽象函数定义域的求解，属于基础题．
14.【答案】40
【解析】解：圆柱状铁皮桶底面半径为8cm，装半径为4cm的球时，一层最多装两个球，
若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻两层的4个球两两相切，如图所示，
这样相邻的4个球球心的连线构成棱长为8cm的正四面体DBEG，其中设D、B为下层球心，E、G为上层球心，
则DB=DE=BE=EG=BG=DG=8cm，
图中将正四面体放置在正方体ABCD−EFGH中，
则正方形的边长为AB=BE 2=4 2cm，
所以正四面体相对棱间的距离，也即图中EG和DB间的距离为4 2cm，每装2个球称为“一层”，
这样装n层球，则最上层球面上的点距离桶底最远为[4+4 2(n−1)+4]=[8+4 2(n−1)]cm，
若想要盖上盖子，则需要满足8+4 2(n−1)≤120，
解得n≤1+14 2≈20.796，
所以最多可以装20“层”球，即最多可以装40个球．
故答案为：40．
首先要分析出相邻两层球之间的空间关系，再从两层球推导到装n层球时，求出最上层球面上的点与桶底最远的关于n的距离表达式，最后通过与铁皮桶的高度相比即可得到正确答案．
本题考查多面体与球的切接关系，属于中档题．
15.【答案】[kπ−5π12,kπ+π12](k∈Z)；
φ=π3；
[− 3−1,12)
【解析】(1)由题意知，T=2π2ω=π，得ω=1，所以f(x)=− 3cs(2x−π6)−1，
令−π+2kπ≤2x−π6≤2kπ，k∈Z，解得kπ−5π12≤x≤kπ+π12，k∈Z；
所以f(x)的单调递减区间为[kπ−5π12,kπ+π12]，k∈Z；
(2)将f(x)的图象向左平移φ个单位长度，再向上平移1个单位长度，得g(x)=− 3cs(2x+2φ−π6)的图象．
因为g(x)的图象关于原点对称，所以2φ−π6=π2+kπ，k∈Z，即φ=π3+kπ2，k∈Z；
因为0GD，所以∠GED=45°，
因为DE是AC的垂直平分线，所以△ADE是等腰直角三角形，
所以DE=AD=DC= 3，
在翻折后，DE⊥FD，DE⊥DC．
因为FC= 6，有FD2+DC2=FC2，所以△FDC是等腰直角三角形，
故FD⊥ED，FD⊥DC，ED与DC相交于D，且ED，DC⊂平面BCDE，
所以FD⊥平面BCDE，
因为BE⊂平面BCDE，BE⊂平面BCDE，
所以FD⊥BE；
②存在，λ=1
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【解析】(1)①证明：如图，在△ABC中，记AB的中点为G，连接GD，
由题意，GD是△ABC的中位线，
因为BC=2 2，∠B=60°，所以GD= 2，∠EGD=120°，
在△EGD中，由正弦定理得GDsin∠GED=EDsin∠EGD，
即 2sin∠GED= 3sin120°，
解得sin∠GED= 22．
因为∠EGD=120°，且ED>GD，所以∠GED=45°，
因为DE是AC的垂直平分线，所以△ADE是等腰直角三角形，
所以DE=AD=DC= 3，
在翻折后，DE⊥FD，DE⊥DC．
因为FC= 6，有FD2+DC2=FC2，所以△FDC是等腰直角三角形，
故FD⊥ED，FD⊥DC，ED与DC相交于D，且ED，DC⊂平面BCDE，
所以FD⊥平面BCDE，
因为BE⊂平面BCDE，BE⊂平面BCDE，
所以FD⊥BE．
②由①知在四棱锥F−BCDE中，DE，DF，DC两两垂直，
延长ED至点Q，使得DQ=ED= 3，则∠DQC=45°．
延长FD至点P，使得PD=FD= 3，则∠DPQ=45°．
因为∠BED=135°，∠DQC=45°，所以CQ//BE，
CQ⊄平面BEF，BE⊂平面BEF，
所以CQ/​/平面BEF，
因为∠EFD=45°，∠DPQ=45°，所以PQ/​/EF，
PQ⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，
所以PQ⊂平面BEF，
因为CQ∩PQ=Q，且CQ，PQ⊂平面CPQ，
所以平面CPQ//平面BEF，
因为CP⊂平面CPQ，所以CP/​/平面BEF．
此时FD=DP，即λ=1．
(2)过D作DM⊥CE于M，过M作MN⊥CE，交CF于N，连接DN，
则∠DMN即为二面角F−EC−D的平面角，
因为ED⊥FD，ED⊥CD，FD与CD相交于D，且FD，CD⊂平面FCD，
所以ED⊥平面FCD，又因为ED⊂平面BCED，
所以平面BCED⊥平面FCD，
所以CD是直线CF在平面BCED的投影，
故∠FCD即为CF与平面BCDE所成角，所以∠FCD=60°，
因为FD=DC= 3，所以FC= 3，
因为DE=DC= 3，ED⊥CD，且M为CE的中点，所以CM=DM= 62，
因为EF=CE= 6，FC= 3，故cs∠ECF= 32 6= 24，
在△CMN中，∠CMN=90°，cs∠MCN= 24，CM= 62，
所以MN= 422，CN=2 3，
在△CDN中，∠DCN=60°，CN=2 3，CD= 3，所以DN=3，
在△DMN中，DN=3，DM= 62，MN= 422，
由余弦定理得cs∠DMN=DM2+MN2−DN22DM⋅MN= 77，
即二面角F−EC−D的余弦值为 77．
(1)①用正弦定理求得各边长度，再用勾股定理逆定理判定垂直；②构造平行四边形，进而求得λ；
(2)构造出二面角的平面角，再通过解三角形求解角的余弦值．
本题考查线线垂直到的判定，以及二面角的计算，属于中档题．分组
频率/组距
[25,30)
0.03
[30,35)
3a
[35,40)
0.05
[40,45)
2a
[45,50]
a